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几何与函数压轴题
1.解数学综合题一般可分为认真审题、理解题意，探求解题思路，正确解答三个步骤.解数学综合题必须要有科学的分析问题的方法.
2.压轴题一般都是代数与几何的综合题，很多年来都是以函数和几何图形的综合作为主要方式，用到三角形、四边形、相似图形和圆的有关知识.
3.解压轴题，要注意它的逻辑结构，搞清楚它的各个小题之间的关系是“平列”的，还是“递进”的，这一点非常重要.
4.压轴题在中考中占有相当大的比重，主要由综合性问题构成，它的题型特点和考查功能决定了审题思考的复杂性和解题设计的多样性.一般地，解题设计要因题定法，无论是整体考虑还是局部联想，确定方法都必须遵循的原则是：熟悉化原则，具体化原则，简单化原则，和谐化原则等.
5.解答压轴题，要把握好以下各个环节：
(1)审题：这是解题的开始，也是解题的基础.一定要全面审视题目的所有条件和答题要求，以求正确，全面理解题意，在整体上把握试题的特点、结构，以利于解题方法的选择和解题步骤的设计.审题思考中，要把握“三性”，即明确目的性，提高准确性，注意隐含性，只有细致地审题，才能从题目本身获得尽可能多的信息，这一步，不要怕慢，其实“慢”中有“快”，解题方向明确，解题手段合理得当，这是“快”的前提和保证，否则，欲速则不达.
(2)寻求合理的解题思路和方法：破除模式化，力求创新是近几年中考数学试题的显著特点，解答题体现得尤为突出，因此，切忌套用机械的模式寻求解题思路和方法，而应从各个不同的侧面、不同的角度，识别题目的条件和结论，认识条件和结论之间的关系以及图形的几何特征与数、式的数量和结构特征的关系，谨慎地确定解题的思路和方法，当思维受阻时，要及时调整思路和方法，并重新审视题意，注意挖掘隐蔽的条件和内在联系，既要防止钻牛角尖，又要防止轻易放弃.
压轴例题精讲
【例1】抛物线 4x与直线y=x交于原点O 和点B，与x轴交于另一点A，顶点为 D.
(1)直接写出点 B 和点 D 的坐标；
(2)如图1,连接OD,P 为x 轴上的动点，当 时，求点 P 的坐标；
(3)如图2，M是点 B 关于抛物线对称轴的对称点，Q是抛物线上的动点，它的横坐标为m(0【解】(1)B(5,5),D(2,-4).
(2)当点 P 在x 轴的正半轴上时，
如图,连接DP1,
由点 D(2,-4)且 可得DP ⊥x轴,
此时点 P1 的坐标为(2,0);
当点 P 在x 轴的负半轴上时，连接 P1D交y轴于点F，
过点 D 作DG⊥y轴,垂足为点 G.
∴∠P DO=∠GOD,∴OF=DF.
在 Rt△FGD中,
即
∵tan∠P FO=tan∠DFG,
即
∴点
综上所述, 点P 的 坐 标为(2,0)或
(3)由题意可知，
如图,过点Q作QN∥BM交 BO于点 N,
则△NEQ∽△BEM,
由题意可知,点 M(-1,5),BM=6,
点Q的坐标为(
∴点 N 的坐标为
∵0故当 时， 取得最大值，最大值为2
【例2】如图1,AB 为半圆O的直径，C为BA 延长线上一点，CD 切半圆于点D,BE⊥CD,交CD延长线于点E,交半圆于点 F,已知 BC=5,BE=3.点 P,Q分别在线段AB，BE上(不与端点重合)，且满足 设 BQ=x,CP=y.
(1)求半圆O的半径；
(2)求y关于x的函数表达式；
(3)如图2,过点 P 作 PR⊥CE 于点 R,连接 PQ,RQ.
① 当 △PQR 为 直 角 三 角 形 时, 求x的值；
②作点 F 关于QR 的对称点 F',当点 F'落在 BC上时，求 的值.
【解】(1)如图1,连接OD.
设半圆O的半径为r.
∵CD切半圆O于点D,∴OD⊥CD.
∵BE⊥CD,∴OD∥BE,
∴△COD∽△CBE,
即
即半圆O的半径是
(2)由(1)得:CA=CB-AB=5--2×
(3)①显然∠PRQ<90°,所以分两种情况.
j)当∠RPQ=90°时,如图2.
∵PR⊥CE,∴∠ERP=90°.
∵∠E=90°,∴四边形RPQE 为矩形,
∴PR=QE.
ii)当∠PQR=90°时,过点 P 作 PH⊥BE 于点 H,如图3,
则四边形 PHER 是矩形，
∴PH=RE,EH=PR.
∵CB=5,BE=3,∴CE= -3 =4.
∴PH=RE=3-x=EQ,
∴∠EQR=∠ERQ=45°,
∴HQ=HP=3-x,
由 EH= PR 得:(3-x)+(3-x)=
综上所述，x的值是 或
②如图4,连接AF,QF',
由对 称 可 知QF = QF', ∠F'QR =∠EQR=45°,
∵AB是半圆O的直径,∴∠AFB=90°,
或利 用 QF'∥CE 得:
1.如图,四边形 ABCD 是正方形,点 E 在边 AD 上,△BEF 是以 E 为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF 分别交CD 于点 M,N,过点 F 作 AD 的垂线交AD 的延长线于点 G.连接 DF，请完成下列问题：
(1)∠FDG= °;
(2)若DE=1,DF=2 则MN= .
2.如 图，四边 形OABC 为 矩 形,点 A 在 第 二 象限,点 A 关于OB的对称点为点 D，点 B，D都在函数 的图象上,BE⊥x轴于点 E.若 DC 的延长线交x轴于点F，当矩形OABC的面积为9时， 的 值 为 ,点F 的 坐 标为 .
3.如图1,⊙O为锐角三角形ABC 的外接圆,点 D 在BC上,AD 交BC 于点E,点 F 在AE 上,满足∠AFB一∠BFD=∠ACB,FG∥AC交BC 于点G,BE=FG,连接BD,DG.设∠ACB=α.
(1)用含α的代数式表示∠BFD;
(2)求证:△BDE≌△FDG;
(3)如图2,AD为⊙O的直径.
①当 的长为2时，求AC的长；
②当OF:OE=4:11时,求 cosα的值.
4.在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线 经过点 点 与 y轴交于点C.
(1)求a,b的值;
(2)如图1，点D 在该抛物线上，点D 的横坐标为-2，过点 D 向 y 轴作垂线，垂足为点 E，点P 为y 轴负半轴上的一个动点，连接 DP,设点 P 的纵坐标为t,△DEP 的面积为S，求S关于t 的函数解析式(不要求写出自变量t的取值范围)；
(3)如图2,在(2)的条件下,连接OA,点 F在OA 上，过点 F 向 y 轴作垂线，垂足为点 H,连接 DF 交 y 轴于点G,点 G 为DF的中点，过点 A 作 y 轴的平行线与过点 P所作的x 轴的平行线相交于点 N，连接CN,PB,延长 PB 交AN 于点 M,点 R 在PM 上,连接RN,若3CP=5GE,∠PMN+∠PDE=2∠CNR,求直线 RN 的解析式.
5.在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线 经过A(4,0),B(1，4)两点. P是抛物线上一点，且在直线 AB的上方.
(1)求抛物线的解析式；
(2)若△OAB 面积是△PAB面积的 2倍,求点 P的坐标；
(3)如图,OP 交 AB 于点 C,PD∥BO交AB 于点 D.记△CDP,△CPB,△CBO的面积分别为S1,S2,S3.判断 是否存在最大值.若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由.
6.如图 1，在平面直角坐标系中，抛物线 与x轴交于A,B(4,0)两点,点 C 在 y轴上,且OC=OB,D,E分别是线段AC,AB 上的动点(点 D,E不与点A,B,C重合).
(1)求此抛物线的表达式；
(2)连接 DE 并延长交抛物线于点 P，当DE⊥x轴,且AE=1时,求 DP 的长;
(3)连接 BD.
①如图 2,将△BCD 沿 x 轴翻折得到△BFG,当点 G 在抛物线上时,求点 G 的坐标；
②如图 3,连接 CE,当 CD=AE 时,求BD+CE的最小值.
7.如图,已知直线 y= 与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线 经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为 B，对称轴为直线x=-1.
(1)求抛物线的表达式；
(2)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形 ABCD 面积S的最大值及此时D 点的坐标；
(3)若点 P 在抛物线对称轴上，是否存在点 P,Q,使以点 A,C,P,Q为顶点的四边形是以AC 为对角线的菱形 若存在，请求出 P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由.
8.已知抛物线 bx-2 与 x轴交于A(-1,0),B(4,0)两点，与y轴交于点 C.直线 l 由直线 BC 平移得到，与y 轴交于点 E(0，n).四边形MNPQ的四个顶点的坐标分别为M(m+1,m+3),N(m+1,m),P(m+5,m),Q(m+5,m+3).
(1)填空:a= ,b= ;
(2)若点 M 在第二象限，直线 l 与经过点M 的双曲线 有且只有一个交点，求 n 的最大值；
(3)当直线l与四边形 MNPQ、抛物线y= 都有交点时，存在直线l，对于同一条直线 l上的交点，直线 l 与四边形MNPQ 的交点的纵坐标都不大于它与抛物线 的交点的纵坐标.
①当m=-3时，直接写出n的取值范围；②求m 的取值范围.
9.如图，在平面直角坐标系中，抛物线 与x轴交于A,B两点,点 B 的坐标是(2,0),顶点 C的坐标是(0，4)，M是抛物线上一动点，且位于第一象限，直线 AM与y轴交于点G.
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，N是抛物线上一点，且位于第二象限,连接OM,记△AOG,△MOG的面积分别为S1,S2.当 ,且直线CN∥AM时,求证:点 N 与点 M 关于y轴对称;(3)如图2,直线 BM 与 y 轴交于点 H,是否存在点 M,使得2OH-OG=7.若存在,求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由.
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10.如图,已知:抛物线y= 与直线l 交于点 A(-1,0),C(2,-3),与x轴另一交点为B.
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线上找一点 P，使△ACP 的内心在x轴上，求点 P的坐标；
(3)M是抛物线上一动点，过点 M作x轴的垂线，垂足为 N，连接 BM.在(2)的条件下, 是否存在点M, 使 ∠MBN =∠APC 若存在，请求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由.
11.如图，在平面直角坐标系中，二次函数 的图象经过点 点B(1, ).
(1)求此二次函数的解析式；
(2)当-2≤x≤2时,求二次函数 bx+c的最大值和最小值.
(3)点P 为此函数图象上任意一点，其横坐标为 m.过点 P 作 PQ∥x轴,点 Q 的横坐标为-2m+1.已知点 P 与点Q 不重合，且线段 PQ 的长度随 m 的增大而减小.
①求m 的取值范围；
②当 PQ≤7 时,直接写出线段 PQ 与二次函数 的图象交点个数及对应的 m的取值范围.
12.如图,O为AB 为直径的半圆的圆心,点 M,N 在直径AB 上,点 P,Q 在 上，四边形 MNPQ 为正方形，点C 在( 上运动(点C 与点P，Q不重合)，连接 BC 并延长交 MQ 的延长线于点 D,连接 AC交MQ 于点 E,连接OQ.
(1)求 sin∠AOQ的值;
(2)求 的值；
(3)令 ME=x,QD=y,直径 AB=2R(R>0,R是常数),求 y关于x的函数解析式，并指明自变量x的取值范围.
13.如图,二次函数 y= (m是实数，且-1(1)求A、B、C三点的坐标(用数字或含m的式子表示)；
(2)已知点 Q 在抛物线的对称轴上，当△AFQ的周长的最小值等于 时，求m的值.
14.在一平面内,线段AB=20,线段 BC=CD=DA=10,将这四条线段顺次首尾相接.把AB 固定，让AD 绕点A 从AB 开始逆时针旋转角α(α>0°)到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应的位置.
论证 如图1,当AD∥BC时,设AB与CD交于点O,求证:AO=10;
发现 当旋转角α=60°时,∠ADC 的度数可能是多少
尝试 取线段 CD的中点 M，当点 M 与点 B 距离最大时，求点 M 到AB 的距离；拓展 ①如图2，设点 D 与 B 的距离为d，若∠BCD 的平分线所在直线交AB 于点 P，直接写出 BP 的长(用含 d 的式子表示)；
②当点C在AB 下方,且 AD与CD 垂直时，直接写出α的余弦值.
15.在△ABC中,AB=AC,D 是边 BC 上一动点,连接AD,将 AD绕点A 逆时针旋转至 AE 的位置，使得∠DAE+∠BAC=180°.
(1)如图1,当∠BAC=90°时,连接 BE,交AC于点F.若 BE平分∠ABC,BD=2,求 AF的长;
(2)如图2,连接 BE,取 BE的中点G,连接AG.猜想AG与CD 存在的数量关系，并证明你的猜想；
(3)如图 3,在(2)的条件下,连接 DG,CE. 若 ∠BAC = 120°, 当 BD > CD,∠AEC=150°时,请直接写出 的值.
16.如图,抛物线 bx+c与x轴交于A,B两点,点 A,B分别位于原点的左、右两侧,BO=3AO=3,过点 B 的直线与y 轴正半轴和抛物线的交点分别为C,D,
(1)求b,c的值;
(2)求直线 BD的函数解析式；
(3)点P 在抛物线的对称轴上且在x 轴下方,点 Q 在射线 BA 上.当△ABD 与△BPQ相似时，请直接写出所有满足条件的点 Q 的坐标.
17.将正方形 ABCD 的边 AB绕点 A 逆时针旋转至 AB'，记旋转角为α.连接 BB',过点 D 作 DE 垂直于直线BB',垂足为点 E,连接 DB',CE.
(1)如图1,当α=60°时,△DEB'的形状为 ，连接 BD，可求出 的值为 ;
(2)当 且α≠90°时,
①(1)中的两个结论是否仍然成立 如果成立，请仅就图2 的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当以点 B'，E，C，D 为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出 的值.
18.如图,直线 2交 y轴于点A，交x轴于点C，抛物线 经过点 A，点C，且交x轴于另一点B.
(1)直接写出点 A，点B，点C 的坐标及抛物线的解析式；
(2)在直线 AC 上方的抛物线上有一点M，求四边形 ABCM 面积的最大值及此时点M 的坐标；
(3)将线段OA 绕x轴上的动点 P(m,0)顺时针旋转90°得到线段O'A',若线段O'A'与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求m的取值范围.
19.如图1,矩形 DEFG中,DG=2,DE=3,Rt△ABC中,∠ACB=90°,CA=CB=2,FG,BC 的延长线相交于点O,且 FG⊥BC,OG=2,OC= 4.将△ABC绕点 O 逆时针旋转α(0°≤α<180°)得到△A'B'C'.
(1)当α=30°时,求点 C'到直线OF 的距离；
(2)在图 1 中,取 A'B'的中点 P,连接C'P,如图2.
①当 C'P 与矩形 DEFG 的一条边平行时，求点 C'到直线 DE 的距离；
②当线段 A'P 与矩形DEFG 的边有且只有一个交点时，求该交点到直线 DG 的距离的取值范围.
压轴预测
1.如图,已知扇形 AOB 的半径 OA = 8,∠AOB=90°,点 C,D分别在半径OA,OB上(点C不与点A 重合)，连接CD.
(1)当 时,求OC的长；
(2)点 P 是弧AB 上一点,PC=PD.
①当点 D 与点 B 重合,点 P 为弧AB 的中点时,求证:PC⊥PD;
②当 OC=4,∠PDO=90°时，求 的值.
2.如图，已知抛物线 与x轴交于A,B 两点(A在B 的左侧),与 y轴交于点 C,已知点 B 坐标为(6,0),点 C坐标为(0,-2).
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，P是直线BC 下方抛物线上一点,连接 PB, PC,求△PBC 面积的最大值；
(3)如图2，将抛物线向右平移6个单位长度，向上平移2个单位长度，得到新的抛物线 y'，新抛物线 y'的顶点为 D，是否在新抛物线 y'的对称轴上存在点 M，在坐标平面内存在点 N，使得以 B，D，M，N为顶点的四边形是菱形 若存在，请直接写出点 N 的坐标，若不存在，请说明理由.
3.如图,在△ABC中,AB=AC,D 是BC 边上一动点，连接AD.将AD 绕点 A 逆时针旋转,得到 AE,满足∠DAE=∠BAC,并连接CE.
(1)如图1,∠BAC=120°,BD=3,CD=9,求 AD的长;
(2)如图 2,∠BAC=120°,连接 BE,F 为BE 中点,G为CD 中点,连接FG,猜想 FG和CE 存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
(3)如图 3,∠BAC=135°,BC=m,连接BE,F 为 BE 中点,连接 AF,当 AF 取最小值时，直接用含 m的式子表示△BCE 的面积.
4.如图 1，在平面直角坐标系中，直线 AB： 与x轴交于点 B，与y轴交于点A，点C 是x轴负半轴上一点，过A,B,C三点的⊙M(圆心 M 落在第四象限)交y轴负半轴于点 D，连接 CD.已知∠ACB=2∠ADC=2α.
(1)∠DAB= (请用α的代数式表示),并求证:DA=DB;
(2)若 求点 D 的坐标；
(3)如图 2,连接 AM 并延长,交 BC 于点F,交⊙M于点E.
①若 ,求 BF的长;
②若3BF=2OD,请直接写出四边形 ABDC的面积.
5.如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线 的顶点为 D，与 y轴的交点为C.过点 C 的直线CA 与抛物线交于另一点 A(点A 在对称轴左侧),点 B 在 AC 的延长线上,连接 OA,OB,DA 和DB.
(1)如图1,当AC∥x轴时,
①已知点 A 的坐标是(--2，1)，求抛物线的解析式；
②若四边形 AOBD 是平行四边形，求证：
(2)如图2,若 是否存在这样的点 A，使四边形 AOBD 是平行四边形 若存在，求出点 A 的坐标；若不存在，请说明理由.
6.如图，在平面直角坐标系内有一正方形OABC,点 C 坐标为(0,4),点 D 为AB 的中点，直线 经过点C，D并交x轴于点 E,△BCD沿着CD 折叠,顶点 B恰好落在OA 边上方F 处，连接BE，点 P为直线CD 上的一动点，点Q 是线段 BE的中点.连接BP,PQ.
(1)求点 F 的坐标;
(2)①求出点 P 运动过程中,PO+PA 的最小值；
②求满足△BPQ 为等腰三角形时点 P 的坐标；
是否存在点 P，使其在运动过程中满足△EQP∽△EBC,若存在,求出点 P 坐标并计算 PQ的长；若不存在，请说明理由.
几何与函数压轴题
1.(1)45;(2) 【解析】本题考查正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质.(1)在正方形 ABCD中,∠A=90°,AB=AD.∵△BEF 是等腰直角三角形,∴∠BEF=90°,BE= EF. 又∵FG⊥AD,∴∠G=90°,∴∠A=∠BEF =∠G= 90°,∴∠ABE +∠AEB =∠AEB+∠GEF=90°,即∠ABE=∠GEF,∴△ABE≌△GEF(AAS),∴AB=GE,AE=GF,∴DG= AG-AD=AG-AB=AG-EG=AE,∴DG=AE=GF,∴△GDF是等腰直角三角形,∴∠FDG=45°;(2)如图,过点 F 作FH⊥DC于点H,则四边形 DHFG是正方形,在等腰直角三角形 DGF中，DF=2 ,∴DG=GF=2,∴DH=FH=2.由 DC∥GF 可得△EDM∽△EGF,∴ED=DM.∵DE=1,∴EG=DE+DG=3,∴ 解得 由FH∥BC可得△BCN∽△FHN, 设CN=x.∵AB=EG=3,∴HN=1-x, 解得 即 ∴MN=DC-
【解析】本题考查反比例函数的图象与性质、对称的性质、平行线的判定及性质、勾股定理.如图,过点 D作DG⊥x轴于G,连接OD,交 BC于P,由题意知，点B，D都在反比例函数 的图象上，则可 设点 D 的 坐 标 为 点 B 的 坐 标 为 由对称可知△AOB≌△DOB≌△CBO,∴∠BOP =∠PBO,BC= OD,∴PB = PO,∴CP=DP,∴∠PCD=∠PDC.又∠CPD=∠BPO,∴∠PBO=∠PCD,∴ DC∥OB,∴ S△BOD = S△BOC = 点 B 在反比例函数 的图象上,且BE⊥x轴, 同理 即 整理得 ,解得 a=2b(舍负),∴点 在 Rt△BOD中,由勾股定理得( 即 舍 负),(∴点 点 ∴直线 OB 的解析式为 直线 DF 的解析式为 令 y= 0,则 解 得 ∴点
(2)略 (3)①3 ②
(1)根据已知两角的差，结合平角，即可用含α的式子表示∠BFD；(2)根据(1)的结论，结合三角形的内角和定理证明∠FBD=∠BFD,从而得出 DB=DF,再根据平行线的性质及圆周角定理的推论证明∠DFG=∠DBE，再结合已知线段相等，即可证明结论；(3)①根据全等三角形的对应角和对应边相等，结合三角形的内角和定理表示出∠DBG，再根据圆周角定理的推论得出弧长的比值，即可求出AC的长；②连接BO，根据等腰三角形的性质得角相等，再结合已知条件证明∠BOF=∠BDG，结合∠BGD=∠BFO,证明△BDG∽△BOF,得对应线段的比例式，并设相似比为k，结合已知线段的比值，设未知数并表示出相关线段，代入对应线段的比例式列出方程，求出k的值，从而求出 AD的长，再利用锐角三角
函数即可求解.
解:(1)∵∠AFB-∠BFD=∠ACB=α, ①又∵∠AFB+∠BFD=180°, ②②-①,得2
(2)证明:由(1)得
∵∠ADB=∠ACB=α,
∴DB=DF.
∵FG∥AC,
∴∠CAD=∠DFG.
∵∠CAD=∠DBE,
∴∠DFG=∠DBE.
∵BE=FG,
∴△BDE≌△FDG(SAS).
(3)①∵△BDE≌△FDG,
∴∠FDG=∠BDE=α,
∴∠BDG=∠BDF+∠EDG=2a.
∵DE=DG,
∴在△BDG中,
∵AD为⊙O的直径,
∴∠ABD=90°.
∴∠ABC=∠ABD-∠DBG=
∴AC与AB的的度数之比为3：2.
∴AC与AB的的长度之比为3：2，
②如图,连接BO.
∵OB=OD,
∴∠OBD=∠ODB=α,
∴∠BOF=∠OBD+∠ODB=2α.
∵∠BDG=2α,
∴∠BOF=∠BDG.
∴△BDG∽△BOF,
设△BDG与△BOF 的相似比为k,
∴设OF=4x,
则OE=11x,DE=DG=4kx,
∴OB=OD=OE+DE=11x+4kx,
BD=DF=15x+4kx,
由
得4k +7k-15=0,
解得 (舍),
∴OD=11x+4kx=16x,
BD=15x+4kx=20x,
∴AD=2OD=32x,
在 Rt△ABD中,
(1)将点 A，B的坐标代入抛物线的解析式建立二元一次方程组，即可求出a，b的值；(2)由(1)求出抛物线的解析式，进而求出点 D的坐标，从而可得 DE的长，结合点 P的纵坐标可求出 PE 的长，再利用三角形的面积公式即可求解；(3)根据抛物线的解析式求出点 C的坐标，证明△FHG≌△DEG,则有对应边相等,进而求出 HF的长,利用待定系数法求出直线OA 的解析式，依次求出点 F，H,P,N的坐标,过点B作BL⊥PN 于点L,求出点L的坐标，从而可求出 PL，BL 的长，利用锐角三角函数的定义求 出 tan∠PBL 与 tan∠DPE 的值, 从 而 可 得∠DPE=∠PBL,再利用等量代换结合已知可得∠CNR的度数，延长 DE 交 NR 的延长线于点S，连接 NE，过点 S作ST⊥EN于点 T,求得 EN 的长,根据正切的定义得到ST与 TN 的关系，再根据角的关系得到 ET=ST,设ET=TS=n,由EN=ET+TN求出n的值,进而得到点S的坐标，然后利用待定系数法即可求得直线NR 的解析式.
解:(1)∵抛物线 经过
解得
(2)如图1,由(1)得
点 D的横坐标为-2，
∴点 D纵坐标为
∵DE⊥y轴,
∴DE=2,E(0,
∵点 P 的纵坐标为t，
(3)如图2.
当x=0时,
∵FH⊥y轴,DE⊥y轴,
∴∠FHG=∠DEG=90°.
∵点G为DF 的中点,
∴DG=FG.
∵∠HGF=∠EGD,
∴△FHG≌△DEG,
∴HF=2.
设直线OA 解析式为y= kx,
∴直线 OA 的解析式为
∵3CP=5GE,
∴OP=OC+CP=1,
∴P(0,-1),
∵AN∥y轴,PN∥x轴,
∴N( ,-1),∠NPE=90°,
过 B作 BL⊥PN 于L,
∴∠PLB=∠PNM=90°,
∴BL∥MN,
∴∠PBL=∠PMN.
∴∠DPE=∠PBL=∠PMN.
∵∠PDE+∠DPE=90°,
∴∠PMN+∠PDE=90°.
∵∠PMN+∠PDE=2∠CNR,
∴∠CNR=45°.
延长 DE 交 NR 的延长线于点 S,连接 NE,过 S作ST⊥EN于点T,
∴∠ETS=90°.
∵∠CNR=45°,
∴∠PNC=∠ENS,
∵DS∥PN,
∴∠SET=∠ENP=∠EST=45°,
∴ET=ST.
设ET=TS=n,
则 NT=5n,
设直线 NR 的解析式为
解得
∴直线 NR 解析式为
(2)(2, ) 或(3,4)
(3)
(1)利用待定系数法即可求解；(2)利用待定系数法求出直线 AB解析式,过点 P 作 PM⊥x轴于点 M,交 AB 于点N,过点 B作BE⊥PM于点E,由. 建立方程求得 PN，设点 P 的坐标，表示出点 N 的坐标，由PN的长建立方程，解方程即可求得点 P 的坐标；(3)根据相似三角形的判定及性质，得出 设直线 AB交y轴于点F,过点 P 作 PH⊥x轴,垂足为 H,PH 交AB 于点G,证明△PDG∽△OBF,得出 ，设出点 P的坐标，并表示出 PG，代入比例式并结合二次函数的性质即可求出 的最大值.
解:(1)将 A(4,0),B(1,4)代入
得
解得
所以抛物线的解析式为
(2)设直线 AB的解析式为y= kx+t(k≠0),
将A(4,0),B(1,4)代入 y= kx+t,
得
解得
所以直线 AB 的解析式为
过点 P 作 PM⊥x轴,垂足为 M,PM交AB 于点 N.过点 B作BE⊥PM,垂足为 E.
所以
因为A(4,0),B(1,4),
所以
因为△OAB的面积是△PAB面积的2倍，
所以
设
则
所以
即
解得
所以点 P 的坐标为(2， )或(3,4).
(3)因为 PD∥OB,
所以∠DPC=∠BOC,∠PDC=∠OBC,
所以△DPC∽△BOC,
所以
因为
所以
设直线AB交y轴于点F，
则 F(0,
过点 P作 PH⊥x轴,垂足为 H,PH交AB 于点G.
因为∠PDC=∠OBC,
所以∠PDG=∠OBF,
因为 PG∥OF,
所以∠PGD=∠OFB,
所以△PDG∽△OBF,
所以
设
由(2)可得
所以
又1所以，当 时 的最大值为
说明：本参考答案仅给出一种解法供参考.
(1)将点 B的坐标代入抛物线的表达式中，可求出a 的值，即可求解；(2)由已知条件及三角函数的定义求出DE，OE 的长，得到点 E 的坐标，从而得到点 P 的横坐标与纵坐标，即可求出 PE 的长，从而求出 DP 的长；或求出直线AC的表达式，从而得到点 D 的坐标，进而求得DE，OE 的长，得到点 E 的坐标，从而得到点 P 的横坐标与纵坐标，即可求出 PE的长，从而求出 DP 的长；(3)①连接DG交AB 于点 M,设 OM=a(a>0),用a 表示出MG，从而表示出 G 点坐标，代入抛物线的表达式得出a的值，即可得出G点的坐标；或设 M(m，0)，由点 D 在直线AC 上表示出点 D 的坐标，从而由对称性得到点 G的坐标，将点G的坐标代入抛物线的表达式可求出m的值,即可求解;②在AB的下方作∠EAQ=∠DCB且AQ=BC,连接EQ,CQ,证明△AEQ≌△CDB,得出当C,E,Q三点共线时,BD+CE最小,最小为CQ,过点C作CH⊥AQ，垂足为 H，根据等腰直角三角形的判定与性质及平角的定义求得∠CAH的度数，从而可得AH，CH的长，结合BC 的长可得HQ 的长，利用勾股定理求出CQ的长即可.
解:(1)∵B(4,0)在抛物线 上，
解得a=4.
(或
(2)在 中，
令 y=0,得.
∴A(-3,0),OA=3,
∵OC=OB=4,∴C(0,4).
∵AE=1,
OE=OA-AE=3-1=2,
∴E(-2,0).
∵DE⊥x轴,
∴xp= xp=xε=-2,
(方法2：易得直线AC:y= x+4,∵DE⊥x轴,∴xD= 得 即 其余同上.)
(3)①如图1,连接 DG交AB 于点 M.
∵△BCD与△BFG关于x 轴对称,
∴DG⊥AB,DM=GM.
设OM=a(a>0),
则AM=OA-OM=3-a.
∵点 在抛物线
(x-4)上,
解得a =3(舍去),
(方法 2: 设 M(m,0), ∵ 点 D 在直 线 AC 上, 由 对 称 得， 将点 带入 抛 物线 (x-4),得
②如图2,在AB下方作∠EAQ=∠DCB且AQ=BC,连接EQ,CQ.
∵AE=CD,
∴△AEQ≌△CDB,∴EQ=BD.
∴当C,E,Q三点共线时,BD+CE=EQ+CE最小,最小为CQ.
过C作CH⊥AQ,垂足为 H.
∵OC⊥OB,OC=OB=4,
=180°-∠CAB-∠DCB
=∠CBA
=45°,
即 BD+CE的最小值为
7.(1)y=- x - x+4
(3) 存 在,
(1)根据直线的解析式求出点 A，C的坐标，再根据抛物线的对称轴得到点 B的坐标，从而可得抛物线的交点式，再将点C代入求出a 的值，从而即可求解；(2)由点的坐标先求出 AO,AB,OC,过点 D 作 DE∥y轴,交 AC 于点E，根据点 D的横坐标为m，表示出点 D，E的坐标，求出|DE|，利用三角形的面积公式表示出 S，再根据二次函数的性质即可求解；(3)设P(-1，n)，根据勾股定理求出|AP|,|CP|,由菱形的性质可得|AP|=|CP|,据此可求出点 P的坐标，设AC的中点为点 M，求出点 M 的坐 标，再求出线段 AC的垂直平分线的解析式，设出点 Q的坐标，线段 PQ的中点即为线段AC 的中点，联立方程，解方程即可求出点Q的坐标.
解:(1)当x=0时,y=4,
∴C(0,4).
当y=0时,
解得x=-3,
∴A(-3,0).
∵抛物线的对称轴为x=-1,A(-3,0),
∴B(1,0),
∴抛物线的表达式可设为 y=a(x+3)(x-1).
将点C(0,4)代入得4=-3a,
解得
∴抛物线的表达式为 即
(2)由(1)知,A(-3,0),B(1,0),C(0,4),∴AO=3,AB=4,OC=4.
过点 D作DE∥y轴,交AC于点E.
∵点 D的横坐标为m(-3∴四边形ABCD的面积
∴当且仅当 时，四边形 ABCD的面积S取得最大值，且最大值为
此时点 D的坐标为(
(3)根据题意,设 P(-1,n).
∵A(-3,0),C(0,4),
若四边形 APCQ是以AC 为对角线的菱形，则|AP|=|CP|,
即
解得
设AC的中点为M，
则
由 P，M两点坐标可求出线段AC 的垂直平分线的解析式为
设
∴线段 PQ的中点坐标为
解得q=-2,
则
综上，存在点 P，Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC 为对角线的菱形，且
8.(1) - (2)2 或
(1)将点 A，B的坐标代入抛物线的解析式即可求出a，b的值；(2)利用待定系数法求出直线 BC 的解析式，结合平行线的性质写出直线l的方程，将点 M 的坐标代入双曲线的解析式后，联立直线l与双曲线的解析式，整理可得关于x的一元二次方程，由△=0可得m与n的函数关系式，根据题意列不等式组求出 m的取值范围，利用二次函数的性质即可求出 n 的最大值；(3)联立直线 l与抛物线的解析式，整理可得关于x的一元二次方程，由△≥0，求出n的取值范围；①当m=-3时，写出四边形MNPQ四个顶点的坐标，然后分直线l经过点 P(2，-3)，直线l经过点A，直线l经过点M 三种情况讨论求出对应的n的值或取值范围，从而即可求解；②分m的值逐渐增大到使矩形MNPQ 的顶点M(m+1,m+3)在直线 上或在抛物线上(对称轴左侧)两种临界情况讨论，求出对应的m的值，结合函数图象即可求出 m的取值范围.
解：
(2)设直线 BC的解析式为y= dx+e(d≠0).
∵直线 BC经过B(4,0)和C(0,-2),
解得
∴直线BC
∵直线 BC 平移得到直线 l，且直线 l 与 y 轴交于点E(0,n),
∴直线
∵双曲线 经过点M(m+1,m+3),
∵直线l与双曲线有公共点，
联立解析式得
整理得：
∵直线l与双曲线有且只有一个交点，
∴△=0,
即
整理得：
化简得：
【注：或得到
∵点 M 在第二象限，
解得,-3∴当m=-2时，n 可以取得最大值，最大值为2.
(3)如图1，当直线l与抛物线有交点时，联立直线 y= 与抛物线 的解析式，
得
得：
整理得：
∴△≥0,
即16+16+8n≥0,
∴n≥-4.
当n=-4时,直线 与抛物线有且只有一个交点 F(2,-3).
①当 m = - 3 时, 四 边 形 MNPQ 的 顶 点 分 别 为M(-2,0),N(-2,-3),P(2,-3),Q(2,0).
第一种情况：如图2，当直线l 经过 P(2，-3)时，此时P(2,-3)与 F(2,-3)重合.
∴n=-4时,直线l与四边形MNPQ,抛物线 bx-2都有交点，且满足直线l与矩形MNPQ 的交点的纵坐标都不大于与抛物线 的交点的纵坐标.
第二种情况：当直线l经过点A 时，如图3所示.
解得
当直线l经过点M 时，如图4所示
解得,n=1,
综上所述，n的取值范围为： 或n=-4.
②(Ⅰ)当 m 的值逐渐增大到使矩形 MNPQ 的顶点M(m+1,m+3)在直线 上时，直线 l与四边形MNPQ、抛物线 同时有交点，且同一直线 l 与四边形MNPQ 的交点的纵坐标都小于它与抛物线的交点的纵坐标，
解得,m=-13.
(Ⅱ)如图5，当m的值逐渐增大到使矩形MNPQ的顶点M(m+1，m+3)在这条开口向上的抛物线上(对称轴左侧)时，存在直线l(即经过此时点 M的直线l)与四边形MNPQ、抛物线 同时有交点，且同一直线l与四边形 MNPQ 的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标.
化简，得：
解得， 舍),
从(Ⅰ)到(Ⅱ)，在m的值逐渐增大的过程中，均存在直线l，同时与矩形 MNPQ、抛物线 相交，且对于同一条直线l上的交点，直线 l与矩形MNPQ 的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标.
综上所述，m的取值范围：
(2)略
(1)将B，C两点的坐标代入抛物线的解析式，利用待定系数法解题即可；(2)过点 M作MD⊥y轴，垂足为 D，当△AOG与△MOG都以OG 为底时,求出点 A 的坐标,从而可求出点 M的坐标，再利用待定系数法求出直线 AM
的解析式，根据两直线平行及点 C 的坐标求出直线CN的解析式，再将其代入抛物线的解析式可求出点 N 的坐标，即可证明结论成立；(3)过点 M作ME⊥x轴，垂足为E，设点 在 Rt△BEM和 Rt△BOH 中,根据正切的定义建立等式，从而可表示出OH 的值，在Rt△AOG和 Rt△AEM中,根据正切的定义建立等式,从而可表示出OG 的值，再结合2OH-OG=7建立方程，解方程可求出m的值，即可求出点 M的坐标.
解:(1)∵抛物线 与x轴交于点 B(2,0),顶点为C(0,4),
解得
∴该抛物线的解析式为
(2)证明:如图1.过点 M作MD⊥y轴,垂足为 D.
当△AOG与△MOG都以OG 为底时,
∴OA=2MD.
当y=0时,则
解得
∵B(2,0),
∴A(-2,0),
∴OA=2,MD=1.
设点 M 的坐标为(
∵点 M在第一象限，
∴m=1,
∴M(1,3).
设直线 AM的解析式为.y=k x+b ,
解得
∴直线 AM的解析式为y=x+2.
设直线 CN的解析式为
∵直线CN∥AM,
∵C(0,4),
∴直线CN的解析式为y=x+4,
将其代入. 中，
得.
解得
∵点 N 在第二象限，
∴点 N 的横坐标为-1,
∴y=3,∴N(-1,3),
∵M(1,3),
∴点 N 与点 M 关于y轴对称.
(3)如图2,
存在点 M,使得2OH-OG=7.
过点 M作ME⊥x轴,垂足为 E.
∵B(2,0),∴OB=2,
∴BE=2-m.
在 Rt△BEM 和 Rt△BOH 中,
∵tan∠MBE=tan∠HBO,
∵OA=2,
∴AE=m+2,
在 Rt△AOG 和Rt△AEM中,
∵tan∠GAO=tan∠MAE,
∵2OH-OG=7,
∴2(2m+4)-(4-2m)=7,
当 时，
∴存在点 使得2OH-OG=7.
(2)P(4,5)
或
(1)把点 A，C的坐标代入二次函数，列出二元一次方程组，求出b，c的值，即可求出抛物线的解析式；(2)作点C关于x轴的对称点C'，确定点 P 的位置，先求出直线 AC'的解析式，再与抛物线解析式联立，求出方程组的解，即可求出点 P 的坐标；(3)利用勾股定理求出AP,AC,PC的长,根据勾股定理的逆定理得∠PAC=90°，结合等角的正切值相等，求出线段的比值，再根据抛物线解析式设定点 M的坐标(m为待定系数)，表示出线段的长，代入比值，求出 m的值，即可求出符合条件的点 M 的坐标.
解:(1)把点.A(-1,0),C(2,-3)代入 得到方程组
解得
抛物线的解析式为
(2)作点 C关于x轴的对称点C'(2,3),连接 AC'并延长与抛物线相交于点 P，根据图形的对称性可知，此时点 P 即是所求点.
设直线 AC'的解析式为y= mx+n,
由题意得
解得
∴直线 AC'的解析式为y=x+1.
将直线与抛物线解析式联立方程组
解得 (舍去),
∴P(4,5).
(3)由(2)可得过点 P作x轴的垂线，
由勾股定理可得
同理可求得
∴AP +AC =PC ,∠PAC=90°.
且
∵∠MBN=∠APC,
∴tan∠MBN=tan∠APC,∴MV=
设点
则
解得
∴存 在 符 合 条 件 的 点 M, 坐标 为 或
(2)最大值为 ，最小值为--2 ②当--2≤m≤ 或 时，交点为 1 个；当 时，交点为2个
(1)将点 A，B的坐标代入二次函数解析式，列得二元一次方程组，求出b，c的值，即可求出二次函数的解析式；
(2)将二次函数解析式配方，根据函数的增减性，结合自变量的取值范围，即可求出函数的最大值和最小值；
(3)①根据点 P 的位置，列出不等式，求出 m的取值范围，再用m表示出线段PQ，根据m的取值范围确定线段 PQ 长度的增减性；②根据 PQ的长，结合函数图象，可求出交点个数及对应m的取值范围.
解：(1)根据题意，得
解得
所以此二次函数的解析式为
由二次函数的增减性质，得
当 时，y取最小值为-2；
当x=2时，y取最大值为
(3)①当点 P 在点Q 右侧时,m>-2m+1.
解得
PQ=m-(-2m+1)=3m-1.
当 时，线段 PQ 的长度随 m 的增大而增大(舍去).
当点 P 在点Q左侧时,m<-2m+1.
解得
PQ=(-2m+1)-m=-3m+1.
当 时，线段 PQ的长度随m的增大而减小.
②当 或 时，交点为1个；当 时，交点为2个.
(1)易得OM=ON,设OM=ON=a,则 QM=2a,求出OQ，即可求解；(2)设半圆O的半径为R，结合(1)用R 表示出 AM,MN 即可求解;(3)证明△AME∽△DMB，根据对应边比例式得y关于x的函数解析式，再根据点C与点Q 重合和点C 与点 P 重合两种情况，求得x的两个边界值，即可得x的取值范围.
解:(1)易得O为MN 的中点.
设OM=ON=a.
则QM=2a,OQ= a,
在 Rt△OMQ(中
(2)设半圆O的半径为R，
由(1)得
则
(3)∵AB为直径,
∴∠ACB=∠AME=∠BMD=90°,
∴∠EAM=∠D,
∴△AME∽△DMB,
又由(2)得,
即
当C与Q 重合时，
当C与P 重合时,此时AP 与QM 交于E',
则
解得
13.(1)A(m,0),B(1,0),
(1)令二次函数 y=0，求出方程的解，得点 A，B的坐标，从而表示出对称轴，即可表示出点 C的坐标；(2)先用含 m的代数式表示出OC，BC的长，再根据△COD∽△CDB及相似三角形的对应边成比例，列出方程，表示出 CD 的值,再证得CD∥OF,即可根据OF 与CD 的关系表示出OF 的值，在 Rt△AOF中，利用勾股定理，求出 AF 的长，又根据点 A，B关于对称轴对称，且点 F,Q,B 三点共线时,△AFQ周长最小,求出 BF 的长，再利用勾股定理列出方程，求出m 的值，根据取值范围确定符合条件的m的值.
解:(1)由 得x=m或1,∴A(m,0),B(1,0),
∴对称轴为直线
(2)在 Rt△ODB 中
由△COD∽△CDB,得
∵CD⊥x轴,OF⊥x轴,∴CD∥OF.
∵OC=EC,∴OF=2CD,
在 Rt△AOF中,.
,即AF=1.
∵点 A 与点 B 关于对称轴对称,∴QA=QB.
∴当点 F、Q、B 三点共线时,FQ+AQ的长最小,此时△AFQ的周长最小.
∵△AFQ的周长的最小值为
∴FQ+AQ的长最小值为 ，即
14.论证:略 发现:∠ADC=60°,还可能是120° 尝试： 拓展：①
论证：利用全等三角形的判定得△AOD≌△BOC 进而证得AO=10;
发现：根据点A，B，C三点是否共线进行分类讨论，进而求得∠ADC的度数；
尝试:当 B,C,D 三点共线时,BM 的值最大,作DH⊥AB于点 H,MN⊥AB于点 N,BG⊥AD 于点G,根据勾股定理、三角形的面积公式、相似三角形的判定和性质求得 MN的长，即点 M到AB 的距离；
拓展:①设直线 CP 交 DB 于 H,过 G 作 DG⊥AB 于G，连接DP，利用勾股定理及相似三角形的判定和性质即可得解；②过点 B作BG⊥CD于点G.利用相似三角形的判定及性质得比例式，再利用勾股定理即可求解.
论证 证明:如图1所示,∵AD∥BC,
∴∠A=∠B,∠D=∠C,
而AD=BC,
∴△AOD≌△BOC.
发现 如图2，当A，B，C三点共线时，
有△ADC是等边三角形，
此时∠ADC=60°.
如图3，当A，B，C三点不共线时，
取 AB的中点O,连接OD,有AD=AO=OD=BO=BC=CD=10,即四边形 BCDO为菱形，从而CD∥AB.
∴∠ADC还可能是120°.
尝试 如图4,∵BM≤BC+CM,
∴当B,C,D三点共线时,BM=15最大.
作 DH⊥AB,MN⊥AB,BG⊥AD,垂足分别是点 H,N,G.
又∵BD=BC+CD=20=AB,
由
得
由 Rt△BMN∽Rt△BDH,
得 即
为点 M到AB 的距离.
拓展
15.(1) (3)
(1)连接CE,作 FH⊥BC,垂足为 H,由角平分线的性质证明 FA=FH,根据题中条件证明△ABD≌△ACE,由余角的性质及等量代换可证明CF=CE，结合题中线段的长度即可求得 AF 的长；(2)延长 BA 至点 M，使AM=AB,连接 EM, 根据题中条件证明△ADC≌△AEM,从而得到 ;(3)连接DE,AD与BE的交点记作点N，先判断出△ADE是等边三角形，得出AE=DE,∠ADE=∠AED=60°,进而推出∠ACB=∠ABC=30°,进而判断出点 A,B,C,E 四点共圆,得出∠BEC=∠BAC=120°,再判断出 BE 是AD 的垂直平分线,也是∠ABC的平分线,设 AG=a,则 DG=a,进而得出 CD,CE,DE,AD,DN 的长度,再过点 D 作DH⊥AC于点 H，构造直角三角形求出 AC，即可得出结论.
解:(1)连接CE,过点 F作FH⊥BC,垂足为 H.
∵BE平分∠ABC,∠BAC=90°,
∴FA=FH.
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB=45°.
∵∠BAC+∠DAE=180°,
∴∠BAC=∠DAE=90°.
∴∠BAD=∠CAE.
在△ABD 和△ACE中
∴△ABD≌△ACE,
∴BD=CE=2,∠ABD=∠ACE=45°.
∴∠BCE=90°.
∵BE平分∠ABC,∴∠ABF=∠CBF.
∴∠AFB=∠BEC.
∵∠AFB=∠EFC,∴∠BEC=∠EFC.
∴CF=CE=2.
延长 BA 至点M,使AM=AB,连接 EM.
∵G是BE 的中点,
∵∠BAC+∠DAE=∠BAC+∠CAM=180°,
∴∠DAE=∠CAM.
∴∠DAC=∠EAM.
在△ADC 和△AEM中
∴△ADC≌△AEM.
如图,连接 DE,AD 与 BE 的交点记作点N.
∵∠BAC+∠DAE=180°,∠BAC=120°,
∴∠DAE=60°.
∵AD=AE,∴△ADE是等边三角形,
∴AE=DE,∠ADE=∠AED=60°.
∵∠AEC=150°,
∴∠DEC=∠AEC-∠AED=90°.
在△ABC中,AB=AC,∠BAC=120°,
∴∠ACB=∠ABC=30°.
∵∠AEC=150°,∴∠ABC+∠AEC=180°,
∴点 A,B,C,E四点共圆,
∴∠BEC=∠BAC=120°,
∴∠BED=∠BEC-∠DEC=30°,
∴∠DNE=180°-∠BED-∠ADE=90°.
∵AE=DE,∴AN=DN,
∴BE是AD的垂直平分线，
∴AG=DG,BA=BD=AC,
∴∠ACE=∠ABE=15°,
∴∠DCE=45°.
∵∠DEC=90°,∴∠EDC=45°=∠DCE,
∴DE=CE,∴AD=CE.
设AG=a,则 DG=a,
由(2)知,
∴CD=2AG=2a,
过点 D作DH⊥AC于点 H.
在Rt△DHC中,∠ACB=30°,CD=2a,
在 Rt△AHD中，根据勾股定理得，
(2)y=-
(1)求出点A，B的坐标，代入抛物线的交点式即可求出抛物线的解析式，从而可求出 b，c的值；(2)作DE⊥y轴于点 E,证明△OBC∽△EDC,由对应边的比值相等求出 DE，即求出点 D 的横坐标，代入抛物线的解析式即得点 D的纵坐标，设出直线 BD 的解析式，将点 B，D的坐标代入，利用待定系数法即可求解；(3)分△ABD∽△PBQ,△ABD∽△PQB,△ABD∽△QBP,△ABD∽△QPB四种情况进行分类讨论，求出对应的点 Q的坐标即可.
解:(1)∵BO=3AO=3,∴A(-1,0),B(3,0).
(2)过点 D作DE⊥y轴,垂足为 E.
∴DE∥OB.∴△OBC∽△EDC.
即
设直线 BD的函数解析式为y= kx+m.
∵图象过点B(3,0),
解得
∴直线 BD的函数解析式为
(3) 满足 条 件 的 点 Q 共 有 四 个:
17.(1)等腰直角三角形， (2)①成立,证明略②3或1
(1)根据旋转图形的性质及三角形的内角和，可求出 ，可判定△DEB'是等腰直角三角形，连接BD,可证△B'DB∽△EDC,即可求出 BB'与CE 的比值；(2)①连接 BD，根据旋转角的度数，结合三角形的内角和定理进行代换，求出 即可得△DEB'是等腰直角三角形，再结合正方形的性质得成比例线段，结合夹角相等，证明 △B'DB∽△EDC，即可求出线段的比值，证得结论仍然成立；②根据平行四边形的性质，利用相似三角形的对应边成比例，可求出线段的比值.
解：(1)等腰直角三角形，
(2)①两个结论仍成立.
证明：连接BD.
∵∠B'AD=α-90°,AD=AB',∴∠AB'D=135°-α .
是等腰直角三角形.
∵四边形ABCD为正方形，
即
②3或1.
18.(1)A(0,2),B(--2,0),C(4,0),y= (2)四边形 ABCM 面积的最大值为 8，此时点 M 的坐标为(2,2) ( 或
(1)由一次函数解析式求得点 A，C坐标，利用点A，C坐标及待定系数法求解二次函数表达式，再求得点 B坐标;(2)过点 M作MN⊥x轴于点 N,将四边形ABCM的面积转化为 建立关于点 M的横坐标的二次函数，利用二次函数的性质即可确定四边形 ABCM 面积的最大值及此时点M 的坐标；(3)找出线段OA 绕x 轴上的动点P(m，0)顺时针旋转90°得到线段O'A'的一个端点在抛物线上时的情况，列
相应的一元二次方程确定 m的端点值即可求解.
解:(1)A(0,2),B(-2,0),C(4,0),
(2)过点 M作MN⊥x轴于点 N.
∵点 M在AC上方的抛物线 上，
∴可设点 M的坐标为
则
由(1)知OB=2,OA=2,OC=4.
当a=2|时,S四边形ABCM有最大值8，此时
即四边形 ABCM 面积的最大值为8，此时点 M的坐标为(2,2).
(3)当点 P 与点O 不重合时,连接 PO',PA,PA'.
由图形旋转的性质得，PO'⊥PO，
∴点O'的坐标为(m,m),点 A'的坐标为(m+2,m).
当点 P 与 点 O 重 合 时, 仍 有 点 O ' (m, m),点A'(m+2,m).
当点O'(m,m)在抛物线 上时，有
解得,m =-4,m =2.(如图1和图2)
当点 在抛物线 上时，有
解得 (如图3和图4)
所以结合函数图象得 m 的取值范围为： m≤-4或
(1)2 (2)①当C'P∥OF 时,点 C'到DE 的距离为 ,当 C'P ∥DG 时,点 C'到 DE 的距离为
②2≤ 或.d=3
(1)过点 C'作C'H⊥OF 于点 H,解直角三角形即可求出C'H 的值;(2)①分C'P∥OF 与C'P∥DG两种情况进行讨论，分别求出C'M，C'N即可得解；②设d 为所求的距离，分三种情况进行讨论：当点 A'落在 DE 上时;当A'P 与FG 相交,但不与 EF 相交时,即当点 A'在FG上时；当A'P经过点F 时，分别求出对应的d的值或取值范围，从而求解.
解:(1)作 C'H⊥OF 于点 H,如图1,
∴点 C'到直线OF 的距离为2
(2)①当C'P∥OF时,如图2,作C'M⊥OF 于点M,
∴△OC'M 是等腰直角三角形.
∴点 C'到DE 的距离为
当C'P∥DG时,如图3,作C'N⊥OF 于点 N,
则△OC'N 为等腰直角三角形，
∴点 C'到DE 的距离为
②设d为所求距离，
第一种情况，当A'P与DE 相交时，
当点A'在 DE 上时,如图4,
∴A'M=4,
∴A'D=2,即d=2.
当点 P 在 DE 上时,如图5,
作 PQ⊥OB'于点Q,
∴PQ=1,OQ=5,
即
第二种情况，当A'P与 FG 相交但不与EF 相交时，即当A'在FG上时，
显然有 即
当点 P 在EF 上时,如图6,
A'B'与OF 相交于点Q,
过点 P 作 PT⊥OB'于点 T,PR∥OQ交OB'于点R,
∴△OFP≌OTP,
∴∠FOP=∠TOP.
∵PR∥OQ,∴∠OPR=∠POR,即OR=PR.
∴PR=2.6,RT=2.4.
∵△B'PR∽△B'QO,
即
第三种情况，当A'P经过点 F 时，如图7，
显然d=3.
综上， 或d=3.
压轴预测
1.(1)4 (2)①略
(1)在直角三角形中,根据∠ODC 的正弦值设OC=4x,CD=5x,由此表示OD,BD的长,再根据OA=OB列方程,解方程即可求解;(2)①连接OP,过点 P 作PE⊥AO于点E，作 PF⊥BO于点F，根据弧的中点得角平分线，利用角平分线的性质证明 PE=PF，结合已知 PC=PD，可证 Rt△PEC≌Rt△PFD,得对应角相等,再根据角的等量代换即可证明；②连接OP，过点 C作CH⊥PD于点H，先证明四边形CODH 是矩形，得对边相等，再根据三角形的面积求出线段的比值，设PD=PC=x，表示出PH的长，利用勾股定理列出方程，求出x的值，即可求出 PD的长，从而即可求出两个三角形面积的比值.
解:(1)∵∠AOB=90°,sin∠ODC=
∴设OC=4x,CD=5x,
∴OD=3x.
∵CD=BD,
∴BD=5x,∴OB=OD+BD=8x=OA=8,
∴x=1,∴OC=4.
(2)①证明:连接OP,过点 P 作 PE⊥AO于点E,PF⊥BO于点F.
∵P为弧AB的中点,∠AOB=90°,
∴∠AOP=∠BOP=45°.
∵PE⊥AO,PF⊥BO,
∴PE=PF,∠PEC=∠PFD=90°.
∵PC=PD,
∴Rt△PEC≌Rt△PFD(HL),
∴∠EPC=∠FPD.
∵∠AOB=∠PEC=∠PFD=90°,
∴∠EPF=90°=∠EPC+∠CPF=∠CPF+∠FPD=∠CPD,
∴PC⊥PD.
②连接OP,过点 C作CH⊥PD,垂足为 H.
∵∠AOB=90°,∠PDO=90°,CH⊥PD,
∴四边形 CODH 为矩形,
∴CH=OD,
设 PD=PC=x,则 PH=x-4.
解得 (舍),
(2) (3)N(10,0) 或 或 或
(1)利用待定系数法求得抛物线的解析式；(2)作PQ∥y轴交 BC 于点Q，求得 BC 解析式，利用三角形面积公式建立函数解析式，根据二次函数的性质求得面积的最大值；(3)求出平移后 y'的解析式，确定 D点坐标，分别以 MN，MB，MD为对角线三种情况讨论，根据菱形的性质列出方程求解即可.
解:(1)∵抛物线过点 B(6,0),C(0,-2),
解得
(2)过点 P 作 PQ∥y轴交BC 于点Q,
设直线 BC:y= kx-2.
∵BC过点B(6,0),∴6k-2=0,
设
∴n=3时,
(3) N (10, 0) 或 或 或
由平移知新抛物线上的点可以用(x-6，y-2)表示,
即
∴新抛物线的对称轴为x=8，顶点 设 M(8,h),若以 B,D,M,N为顶点的四边形是菱形,设 N 点坐标为(x ,y ),
①当 MN为对角线时，MN 中点与BD 中点重合，
解得
②当 MB为对角线时，MB 中点与DN 中点重合，
解得
∴点 或
③当 MD为对角线时，MD 中点与BN 中点重合，
当 时，点D，M重合，不符合题意，∴点 N(10,0).
综上， 或 或 或(10,0).
3.(1)
(1)作 AM⊥BC于点 M，根据特殊角的三角函数值及勾股定理求得AD的长;(2)延长 BC至点N,使 CN=BD,连接EN，证明△ABD≌△ACE，再由特殊角的三角函数值求得两线段的数量关系；(3)当 AD=BD时，AF取最小值，设AM=x，进而表示出 DM，BD的长，根据等量关系找到x与m的数量关系，利用三角形的面积公式求解即可.
解:(1)证明:如图1,过点 A 作AM⊥BC于点M.
∵BD=3,CD=9,∴BC=BD+CD=12.
∵AB=AC,AM⊥BC,
∠ABC=∠ACB,
∴DM=BM-BD=3.
∵∠BAC=120°,∴∠ABC=∠ACB=30°,
在 Rt△ADM中,
(2)猜想:
理由如下:如图2,延长 BC至点 N,使得CN=BD,并连接EN.
∵G为CD中点,∴DG=CG.
∵CN=BD,∴BG=GN.
又∵F为BE中点,
∵∠DAE=∠BAC,
∴∠DAE-∠DAC=∠BAC-∠DAC,即∠1=∠2.
∵AB=AC,AD=AE,
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴BD=CE,∠3=∠ABC=30°.
∵∠ACB=30°,
∵CN=BD,
∴CN=CE,
当AD=BD时,AF取得最小值,此时四边形ABDE 为平行四边形，作AM⊥BC于点M,易证∠ADM=45°.
设AM=x,
则
解得
4.(1)90°-α (3)①BF=4
(1)根据已知条件和圆周角定理的推论进行角的代换，可证明∠ABD=∠DAB，再根据等角对等边即可得证；(2)根据直线 AB的解析式求出OA 和OB 的长,设OD=m,表示出 BD，在 Rt△ODB中，利用勾股定理列出方程，求出m的值，即可求出点 D的坐标；(3)①连接DE，根据圆周角定理的推论代换角的数量关系，结合两个角相等证明△AOF∽△BOA,得线段比例式,求出 OF 的长,即可求出OB 和BF 的长;②连接BE,DE,过点 E 作EH⊥OB于点H ，先判定四边形OHED 是矩形，再代换角的数量关系，可得线段之间的数量关系，即可求出∠FEH的正切值，即可求出∠ABC的正切值，设OD=a，表示出BD，利用勾股定理列出方程，求出a的值，即可求出AD，BC的长，从而求出四边形ABDC 的面积.
解：
证明:∵∠ACB=2∠ADC=2α,
∴∠ACB=∠ADB=2α,∠ADC=∠ABC=α,
∴∠ABD=∠DAB,
∴DA=DB.
∴直线 AB的解析式为
则
设OD=m,则.
在 Rt△ODB中，由勾股定理得
解得
(3)①连接DE,
则∠E=∠ABD=90°-α.
∵AE是⊙O的直径,∴∠ADE=90°,
∠ABC.
又∵∠AOF=∠BOA,
∴△AOF∽△BOA,∴AO =OF·OB.
在 Rt△AOF中,由 得OF=1,
∴OB=5,∴BF=4.
②
连接BE,DE,过点 E作EH⊥OB 于点 H.
∵AE是⊙M的直径,∴∠ADE=90°.
又∵∠OHE=∠HOD=90°,
∴四边形OHED 是矩形,∴OD=HE.
则.
∵∠AEB=∠ADB,
则
设OD=a,则BD=DA=a+
由勾股定理得
则
解得
∴四边形 ABDC 的面积
②略 (2)存在, 理由略
(1)①根据点 A 的坐标求出点C 的坐标，代入抛物线解析式，求出待定系数b，c的值，即可求出抛物线的解析式；②过点 D作x轴的垂线，根据点 D的坐标求出 DF的长，再利用平行四边形的性质和角的关系，可证明两个三角形全等，得对应边相等，即可得出b 与c 的关系式，即可证结论成立；(2)先根据抛物线解析式求出顶点坐标，并设定点 A 的坐标，利用平行四边形的性质证明两个三角形全等，得对应边相等；过点 A 作 y 轴的垂线AM，交DE 于点 N，可证明两个三角形相似，将线段的长代入比例式，代换出点 A 的纵坐标代数式.再根据点 M，N 的坐标求出CM 和DN 的长，即可求出 FN的长，代入比例式后得到关于c的方程，求出c的值，即可求出点 A的坐标，从而判定平行四边形存在.
解:(1)①∵AC∥x轴,点 A 的坐标是(-2,1),∴点 C的坐标是(0,1).
把点A(-2,1),C(0,1)的坐标分别代入 bx+c,
得 解得
∴抛物线的解析式为
②证明:过点 D 作DE⊥x轴于点 E,交 AB 于点F,如图1所示，
∵AC∥x轴,∴EF=OC=c.
又∵点 D的坐标是
∵四边形AOBD是平行四边形，
∴AD=BO,AD∥OB,
∴∠DAF=∠OBC.
又∵∠AFD=∠BCO=90°,
∴△AFD≌△BCO(AAS),
∴DF= oc,∴b =c,即
(2)由题意得抛物线的解析式为
∴顶点 D 的坐标是(-1,c+1),
假设存在这样的点 A，使四边形 AOBD 是平行四边形，如图2所示，
设点 A 的坐标是(
过点 D作DE⊥x轴于点E,交AB于点 F,则∠AFD=∠EFC=∠BCO.
∵四边形AOBD 是平行四边形，
∴AD=BO,AD∥OB,
∴∠DAF=∠OBC,
∴△AFD≌△BCO(AAS),
∴AF=BC,DF=OC.
过点 A 作AM⊥y轴于点 M,交 DE 于点 N,则DE∥CO,
∴△ANF∽△AMC,
∵AM=-m,AN=AM-NM=-m-1,
解得
∴点A的纵坐标是
∵AM∥x轴,
∴点 M 的坐标是
点 N 的坐标是
∵点 D的坐标是(-1,c+1),
∵DF=OC=c,
由 代代
解得
∴点 A 的纵坐标是
∴点A的坐标是(
∴存在这样的点 A，使四边形 AOBD 是平行四边形.
②(4,2), (3)存在,P(4,2)或 PQ 的长分别为2 或
(1)设出点 F 的坐标，利用勾股定理即可求解；(2)①先求出点 A 关于直线CD 的对称点，即可求得 PO+PA 的最小值；②分情况讨论即可；(3)分情况讨论，利用三角形相似的性质即可求解.
解:(1)∵四边形 OABC 是正方形,点 C 坐标为(0,4),点 D 为AB 中点,
∴OA=AB=BC=4,AD=BD=2.
由翻折可知BC=CF=4,BD=DF=2.
∵直线CD的解析式为
∴可设过点 B 且垂直CD 的直线 BF 的解析式为 y=2x+b.
∵直线 BF过点B(4,4),代入可得b=-4,
故直线 BF的解析式为y=2x-4.
过点 F作MN∥x轴,分别交 y轴,AB于点M,N,
令点 F的坐标为(m,2m-4),则CM=8-2m,
根据勾股定理可知(
解得 m=4(舍去)或 故点 F的坐标为(
(2)①∵点 B关于直线CD 的对称点为 故利用平移的性质可知点 F 向下平移 ，向右平移 可得到点 A，
则由点 B(4，4)这样平移即可得到点 A 关于直线CD 的对称点
则 PO+PA的最小值即为A'O的长,
即
②分三种情况进行讨论：
第一种：当 PB=PQ，即点 P在 BQ的垂直平分线上时，
∵点 B,E的坐标分别为(4,4),(8,0),
∴BE中点Q 的坐标为(6,2),
则 BQ的中点坐标为(5,3).
∵直线 BE的解析式为y=-x+8,
∴BQ垂直平分线的解析式为y=x-2，
则有 解得
即点 P 的坐标为(4,2);
第二种:当BP=BQ时,
设点 P 的坐标为
则有
即
解得
则当 时，有
则当 时，有
即点 P 的坐标为
P 的坐标为
第三种情况，当PQ=BQ时，
设点 P 的坐标为
则有PQ=2 ,Q(6,2),
即
解得
则当x =8时,有 此时三点一线不符合题意，舍去)，
则当 时，有
即点 P 的坐标为
综上，点P 的 坐 标 为(4,2),
(3)第一种情况：显然△EQP 和△EBC有一共同角，当PQ∥BC时,则有△EQP∽△EBC.
∵点 Q为BE 中点,则 此时点 P 为CE中点,坐标为(4,2);
第二种情况:∵∠EBC=135°,存在点 P 满足 △EQP∽△EBC,则有 PQ:BC=QE:CE,
根据已知条件计算可得CE=4 ,QE=2 ,BC=4,可得
令此时点 P 的坐标为
则有 Q(6,2),
即
解得 舍去)，
即点 P1的坐标为
综上所述,满足△EQP∽△EBC时点 P 的坐标为(4,2), 此时 PQ的长分别为2或

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